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1、高中物理试卷物理曲线运动题分类汇编一、高中物理精讲专题测试曲线运动1 如图所示,水平屋顶高H5 m,围墙高h 3.2 m,围墙到房子的水平距离L 3 m,围墙外空地宽 x 10 m,为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上,g 取 10 m/s 2.求:(1)小球离开屋顶时的速度 v0 的大小范围;(2)小球落在空地上的最小速度【答案】 (1)5 m/s v0 13 m/s;(2)55 m/s ;【解析】【分析】【详解】(1)若 v 太大,小球落在空地外边,因此,球落在空地上,v 的最大值 vmax 为球落在空地最右侧时的平抛初速度,如图所示,小球做平抛运动,设运动时间为t 1则小球的水平位移
2、: L+x=vmax 1t,小球的竖直位移: H= gt12解以上两式得vmax=( L+x)=( 10+3)=13m/s若 v 太小,小球被墙挡住,因此,球不能落在空地上, v 的最小值 vmin为球恰好越过围墙的最高点P 落在空地上时的平抛初速度,设小球运动到P 点所需时间为t 2,则此过程中小球的水平位移:L=vmint2小球的竖直方向位移:H h=gt22解以上两式得vmin=L=3=5m/s因此 v0 的范围是vmin v0vmax,即 5m/sv 13m/s0(2)根据机械能守恒定律得:mgH+=解得小球落在空地上的最小速度:vmin=5m/s2 如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左
3、端固定在A 点,自然状态时其右端位于B 点 D点位于水平桌面最右端,水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径R0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧, MN 为其竖直直径, P 点到桌面的竖直距离为R, P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点,释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点,用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放,物块过B 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2,物块从 D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2,求:(1)质量为 m2的物块在 D 点的速度;
4、(2)判断质量为m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点:(3)质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】( 1) 2.25m/s (2)不能沿圆轨道到达M 点 ( 3) 2.7J【解析】【详解】(1)设物块由 D 点以初速度 vD 做平抛运动,落到P 点时其竖直方向分速度为:vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以: vD 2.25m/s(2)物块在内轨道做圆周运动,在最高点有临界速度,则mgm v2 ,R解得: vgR32 m/s2物块到达P 的速度:vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块
5、能沿圆弧轨道到达M 点,其速度为vM ,由 D 到 M 的机械能守恒定律得:1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得: vM20.3375 ,这显然是不可能的,所以物块不能到达M 点(3)由题意知 x 4t - 2t2,物块在桌面上过B 点后初速度 vB 4m/s ,加速度为:a4m/s2则物块和桌面的摩擦力:m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点,释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点,由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为:Epm1gxBC 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放,物块
6、过B 点时,由动能定理可得:Epm2 gxBC1 m2vB 22可得, xBC2m在这过程中摩擦力做功:W1m2gx BC1.6J由动能定理, B 到 D 的过程中摩擦力做的功:W 21 m2vD21 m2v0222代入数据可得:W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.3 如图所示,质量为 M4kg 的平板车 P 的上表面离地面高 h 0.2m ,质量为 m 1kg的小物块 Q (大小不计,可视为质点)位于平板车的左端,系统原来静止在光滑水平地面上,一不可伸长的轻质细绳长为R0.9m ,一端悬于 Q
7、正上方高为 R 处,另一端系一质量也为 m 的小球(大小不计,可视为质点)。今将小球拉至悬线与竖直方向成60o 角由静止释放,小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短,且无机械能损失。已知Q 离开平板车时速度大小 v1 1m/s , Q 与 P 之间的动摩擦因数0.2 ,重力加速度 g10m/s2 ,计算:(1)小球与 Q 碰撞前瞬间,细绳拉力T 的大小;(2)平板车 P 的长度 L;(3)小物块 Q 落地时与小车的水平距离s。【答案】 (1) 20 N; (2) 1.75 m; (3) 0.1 m。【解析】【详解】(1)设小球与 Q 碰前瞬间的速度为v0,小球在下摆过程中,由动能定理有:mgR(
8、1 cos60 )1mv022在最低点有:Tmgm解得:v02Rv0 =gR =3m/s 、 T20 N(2)小球与 Q 碰撞后,设小球与Q 的速度分别为v 和 v ,在碰撞过程中由动量守恒和能量0Q守恒有:mv0mv0mvQ1 mv021 mv021 mvQ2222解得:vQ 3 m/s设 Q 离开平板车时 P 的速度为 v2, Q 与 P 组成的系统动量守恒和能量守恒有:mvQ mv1 Mv 21 mvQ21 mv121 Mv22mgL222解得:v2 0.5 m/s 、 L 1.75 m(3) Q 脱离 P 后做平抛运动,设做平抛运动的时间为t ,则:h 1 gt 22解得:t 0.2
9、sQ 落地时二者相距:s(v1v2)t0.1 m4 一位网球运动员用网球拍击球,使网球沿水平方向飞出如图所示,第一个球从O 点水平飞出时的初速度为v1,落在自己一方场地上的B 点后,弹跳起来,刚好过网上的C点,落在对方场地上的A 点;第二个球从 O 点水平飞出时的初速度为V2,也刚好过网上的C 点,落在 A 点,设球与地面碰撞时没有能量损失,且不计空气阻力,求:(1)两个网球飞出时的初速度之比v1: v2;(2)运动员击球点的高度H 与网高 h 之比 H: h【答案】( 1)两个网球飞出时的初速度之比v1: v2 为 1: 3;( 2)运动员击球点的高度H与网高 h 之比 H: h 为 4:
10、3【解析】【详解】(1)两球被击出后都做平抛运动,由平抛运动的规律可知,两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的,设第一个球第一次落地时的水平位移为x1,第二个球落地时的水平位移为 x2由题意知,球与地面碰撞时没有能量损失,故第一个球在B 点反弹瞬间,其水平方向的分速度不变,竖直方向的分速度以原速率反向,根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比x1: x2=1: 3,故两球做平抛运动的初速度之比v1: v2 =1:3(2)设第一个球从水平方向飞出到落地点B 所用时间为 t1,第 2 个球从水平方向飞出到 C点所用时间为t 2,则有 H=1 gt12 , H-h=1 gt 2222
11、又: x1=v1t 1O、 C 之间的水平距离:x1=v2t2第一个球第一次到达与C 点等高的点时,其水平位移x 2=v1t2,由运动的可逆性和运动的对称性可知球1运动到和 C 等高点可看作球1 落地弹起后的最高点反向运动到C 点;故2x1 =x1+x2可得: t 1=2t2, H=4(H-h)得: H: h=4:35 高台滑雪以其惊险刺激而闻名,运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB 段是助滑坡,倾角=37, BC段是水平起跳台,CD 段是着陆坡,倾角=30, DE 段是停止区,AB 段与BC段平滑相连,轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因
12、数均为=0.03,图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=47m 。运动员连同滑雪板的质量m=60kg,滑雪运动员从A 点由静止开始起滑,通过起跳台从C 点水平飞出,运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C 点的距离l=120m 。设运动员在起跳前不使用雪杖助滑,忽略空气阻力的影响,取重力加速度 g=10m/s2 ,sin37 =0.6, cos37 =0.8。求:( 1)运动员在助滑坡 AB 上运动加速度的大小;( 2)运动员在 C 点起跳时速度的大小;( 3)运动员从起滑台 A 点到起跳台 C 点的过程中克服摩擦力所做的功。【答案】(1)( 2)( 3)【解析】【 解】(1)运 在
13、助滑坡AB 上运 ,根据牛 第二定律得: mgsin -mgcos=ma解得 : a=g( sin -cos) =10( 0.6-0.030).8 =5.76m/s 2(2) 运 从C 点起跳后到落到着 坡上的 t, C 点到着 坡上着 点的距离 L运 从C 点起跳后做平抛运 , 有 直方向: Lsin =gt2水平方向: Lcos=vt 0由 : 得: tan =解得 t=2s, v0=30m/s(3)运 从起滑台A 点到起跳台C 点的 程,根据 能定理得mgh-Wf = mv 02解得克服摩擦力所做的功 Wf =mgh- mv02=60 10 47- 60230=1200J 【点睛】本 要
14、分析清楚运 的运 情况,知道运 先做匀加速运 ,后做匀减速运 ,最后平抛运 ,是 能定理和平抛运 的 合,要善于运用斜面的 角研究平抛运 两个分位移之 的关系,求出 6 如 所示, 弧 道AB 是在 直平面内的1 周, B 点离地面的高度h=0.8m, 切4 是水平的,一 量 m=200g的小球(可 点)自A 点由静止开始沿 道下滑(不 小球与 道 的摩擦及空气阻力),小球从B 点水平 出,最后落到水平地面上的D点已知小物 落地点D 到C点的距离 x=4m,重力加速度 g=10m/ s2求:( 1) 弧 道的半径( 2)小球滑到 B 点 道的 力【答案】 (1) 弧 道的半径是 5m( 2)小
15、球滑到 B 点 道的 力 6N,方向 直向下【解析】(1)小球由B 到 D 做平抛运动,有:h= 1 gt22x=vBt解得: vB xg1010m / s420.82hA 到 B 过程,由动能定理得:12-0mgR=mvB2解得轨道半径R=5m(2)在 B 点,由向心力公式得: Nmgm vB2R解得: N=6N根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力N =N=6N,方向竖直向下点睛:解决本题的关键要分析小球的运动过程,把握每个过程和状态的物理规律,掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力,运用运动的分解法进行研究平抛运动7 如图所示,一半径r 0.2 m 的 1/4 光滑圆弧形槽底端B 与水平传送带相
16、接,传送带的运行速度为 v0 4 m/s ,长为 L1.25 m,滑块与传送带间的动摩擦因数 0.2, DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管,EF 段被弯成以 O为圆心、半径 R 0.25 m的一小段圆弧,管的 D 端弯成与水平传带 C 端平滑相接, O 点位于地面, OF 连线竖直一质量为 M 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端 A 点无初速滑下,滑到传送带上后做匀加速运动,过后滑块被传送带送入管 DEF,已知 a 物块可视为质点, a 横截面略小于管中空部分的横截面,重力加速度 g 取 10 m/s 2求:(1)滑块 a 到达底端 B 时的速度大小 v ;B(2)滑块 a
17、 刚到达管顶 F 点时对管壁的压力【答案】( 1) vB 2m / s( 2) FN 1.2 N【解析】试题分析:( 1)设滑块到达B 点的速度为 vB,由机械能守恒定律,有 M gr1 Mv B22解得: vB=2m/s( 2)滑块在传送带上做匀加速运动,受到传送带对它的滑动摩擦力,由牛顿第二定律 Mg =Ma滑块对地位移为L,末速度为vC,设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式 2Al=vC2-vB2得 vC=3m/s4m/s ,可知滑块与传送带未达共速,滑块从 C 至 F,由机械能守恒定律,有1MvC2MgR1Mv F222得 vF=2m/s在 F 处由牛顿第二定律 M g FNM v
18、F2R得 FN=1 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1 2N, 压力方向竖直向上考点:机械能守恒定律;牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒,物块在传送带上运动时,受摩擦力作用,根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度,注意物块在传送带上的速度分析8 如图所示,轻绳绕过定滑轮,一端连接物块A,另一端连接在滑环用弹簧与放在地面上的物块B 连接, A、B 两物块的质量均为m,滑环C 上,物块C的质量为A 的下端M,开始时绳连接滑环C 部分处于水平,绳刚好拉直且无弹力,滑轮到杆的距离为L,控制滑块4C,使其沿杆缓慢下滑,当C 下滑L 时,释放滑环C,结果滑环C 刚好处于静止,此时B3
19、刚好要离开地面,不计一切摩擦,重力加速度为g(1)求弹簧的劲度系数;(2)若由静止释放滑环C,求当物块B 刚好要离开地面时,滑环C 的速度大小3mg(2 Mm) gL【答案】( 1)( 2) 1075ML48m【解析】【详解】(1)设开始时弹簧的压缩量为x,则kx=mg设 B 物块刚好要离开地面,弹簧的伸长量为 x,则 kx=mg 因此 x x mgk由几何关系得2xL2 16 L2 - L 2 L93求得 x= L33mg得 k=L(2)弹簧的劲度系数为k,开始时弹簧的压缩量为mgLx13k当 B 刚好要离开地面时,弹簧的伸长量mgLx23k因此 A 上升的距离为h x1+x22L3C 下滑
20、的距离 H(Lh)2L24L3根据机械能守恒1 m(vH)21 Mv 2MgH - mgh 2H 2L22(2 Mm)gL求得 v109 如图所示,一质量为m 的小球 C用轻绳悬挂在O 点,小球下方有一质量为2m 的平板车 B 静止在光滑水平地面上,小球的位置比车板略高,一质量为m 的物块 A 以大小为v0的初速度向左滑上平板车,此时A、 C 间的距离为d,一段时间后,物块A 与小球 C 发生碰撞,碰撞时两者的速度互换,且碰撞时间极短,已知物块与平板车间的动摩擦因数为,重力加速度为g,若 A 碰 C 之前物块与平板车已达共同速度,求:(1) A、 C 间的距离d 与 v0 之间满足的关系式;(
21、2)要使碰后小球C 能绕 O 点做完整的圆周运动,轻绳的长度l 应满足什么条件?【答案】( 1);( 2)【解析】( 1) A 碰 C 前与平板车速度达到相等,设整个过程A 的位移是 x,由动量守恒定律得由动能定理得:解得满足的条件是(2)物块 A 与小球C 发生碰撞,碰撞时两者的速度互换,C 以速度v 开始做完整的圆周运动,由机械能守恒定律得小球经过最高点时,有解得【名师点睛】A 碰 C前与平板车速度达到相等,由动量守恒定律列出等式;A 减速的最大距离为d,由动能定理列出等式,联立求解。A 碰C后交换速度,C 开始做完整的圆周运动,由机械能守恒定律和C 通过最高点时的最小向心力为mg,联立求
22、解。10 如图所示,AB 为倾角37的斜面轨道,BP 为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道,O为圆心,两轨道相切于B 点, P、 O 两点在同一竖直线上,轻弹簧一端固定在A 点,另一端在斜面上C 点处,轨道的AC 部分光滑, CB部分粗糙, CB长 L 1.25m,物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25,现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放 (不栓接 ),物块经过B 点后到达P 点,在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍, sin370.6,cos370.8 , g=10m/s 2. 求:(1)物块到达 P 点时的速度大小vP;(2)物块离开弹簧时的速度大小
23、vC;(3)若要使物块始终不脱离轨道运动,则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点,根据牛顿第二定律:v2PmgN PmR解得 : vP2.5gR5m/s(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中,根据动能定理:mgL sin37mghBPmgLcos37 = 1 mvP21 mvC222联立可得: vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动,则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点,物块 C 至 E 过程中根据动能定理:mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01 mvm22解得: vm6m/s